\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage[margin=1in]{geometry}
\usepackage{ctex}
\usepackage{tikz}
\usepackage{color}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{fontspec}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{xltxtra}
\usepackage{mflogo,texnames}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{titlesec}

\setmainfont{Times New Roman}
\setCJKmainfont[BoldFont=SimHei,ItalicFont = SimSun]{SimSun}

\newtheorem{definition}{Definition}[section]%定义
\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]%定理
\newtheorem{axiom}{Axiom}[section]%公理
\newtheorem{lemma}{Lemma}[section]%引理
\newtheorem{proposition}{Proposition}[section]%命题
\newtheorem{corollary}{Corollary}[section]%推论
\newtheorem{remark}{Remark}[section]%注

\title{\heiti\zihao{2} 习题16.1}
\author{中书君}
\date{\today}
\begin{document}
\maketitle
\section{已知区域 $D=\{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant R(x)\}$, 其中$$R(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & x \text { 为有理数 } \\0, & x \text { 为无理数 }\end{array}\right.$$问区域 $D$ 是否可求面积?}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
不妨设曲面$f(x,y) = R(x)$,问题等价于曲面是否黎曼可积.\par 
在曲面上任意一点都不是连续点,从而在$[0,1]\times [0,1]$上间断点测度不为$0$,故不可积,从而不可求面积.

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
不妨设曲面$f(x,y) = R(x)$,问题等价于曲面是否黎曼可积.\par 
设$P$代表曲面可积性,$Q$代表$\int\limits_{0}^{1}\mathrm{~d}x\int\limits_{0}^{1}y\mathrm{~d}y$的可积性.因为对于任意$x_0$,都有$\int\limits_{0}^{1}y\mathrm{~d}y$可积,从而有公式$P\rightarrow Q = 1$.由于Dirichlet函数不可积,故$Q=0$,从而$P=0$,即曲面不可积,从而区域不可求面积.

\textbf{解}$3^{\circ}$\quad
不妨将区域$D$垂直划分,取diam$\sigma_i<\delta$,则对$\forall\delta>0$,$bar{S} = +\infty$.显然内面积$s\leqslant 1\times 1 = 1$,从而达布上和和达布下和不等,故不可求面积.

\section{证明:若 $f(x, y)$ 是有界闭区域 $D$ 上的非负连续函数,且在 $D$ 上不恒为零,则$$\iint\limits_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y>0$$}
\begin{proof}
    不妨设$f(x,y)$上确界为$M$,则根据$f(x,y)$连续,从而存在一点$(x_0,y_0),$其能够满足$\exists\delta>0, U((x_0,y_0),\delta)>\dfrac{1}{2}M$.从而
    $$
    \iint\limits_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\geqslant\iint\limits_{U((x_0,y_0),\delta)} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y>\dfrac{1}{2}\pi\delta^2M>0
    $$
\end{proof}

\section{设 $f(x, y)$ 为二元连续函数,求极限$$\lim _{r\rightarrow 0^{+}} \dfrac{1}{\pi r^{2}} \iint\limits_{x^{2}+y^{2} \leqslant r^{2}} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$$}
\textbf{解}\quad
由中值定理可知$\exists \xi ,\eta ,\xi^2+\eta^2\leqslant r^2$,满足
$$
\iint\limits_{x^2+y^2}\leqslant r^2f(x,y)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=f(\xi,\eta)\iint\limits_{x^2+y^2}\leqslant r^2\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\pi r^2f(\xi,\eta)
$$
从而极限为$\lim\limits_{(x,y)\rightarrow(0,0)}f(x,y)=f(0,0)$.

\section{证明: 若 $f(x, y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续, $g(x, y)$ 在 $D$ 上可积且不变号，则存在一点 $(\xi, \eta) \in D$, 使得$$\iint\limits_{D} f(x, y) g(x, y) \mathrm{d} \sigma=f(\xi, \eta) \iint\limits_{D} g(x, y) \mathrm{d} \sigma$$}
\begin{proof}
    不妨设$g(x,y)$恒正,又因为$f(x,y)$在闭集上连续且有界,从而可设$m\leqslant f\leqslant M$.所以有
    $$
        m\iint g(x,y)\mathrm{~d}\sigma\leqslant\iint\limits_{D} f(x, y) g(x, y) \mathrm{d} \sigma\leqslant M\iint g(x,y)\mathrm{~d}\sigma
    $$
    又因为$f$连续,从而$\exists(\xi,\eta)\in D$,s.t.
    $$
    \iint\limits_{D} f(x, y) g(x, y) \mathrm{d} \sigma=f(\xi, \eta) \iint\limits_{D} g(x, y) \mathrm{d} \sigma
    $$
\end{proof}

\section{利用二重积分的性质估计下列积分的值:\\(1) $\iint\limits_{D} x y(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $D=[0,1] \times[0,1] ;$\\(2) $\iint\limits_{D} \dfrac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{100+\cos ^{2} x+\cos ^{2} y}$,其中 $D$ 为区域 $\{(x, y) \| x|+| y \mid \leqslant 10\}$.}
\textbf{解}(1)\quad
显然$0\leqslant xy(x+y)\leqslant 2$,从而$0\leqslant\iint\limits_{D} x y(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\leqslant 2$.

\textbf{解}(2)\quad
$$
\dfrac{1}{102}\leqslant \dfrac{1}{100+\cos^2x+\cos^2y}\leqslant\dfrac{1}{100}
$$
从而
$$
\dfrac{100}{51}\leqslant\iint\limits_{D} \dfrac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{100+\cos ^{2} x+\cos ^{2} y}\leqslant 2
$$

\end{document}